2023届湖北省部分重点中学高三上学期第一次联考数学试题（解析版）

2023届湖北省部分重点中学高三上学期第一次联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式可得集合 ，求函数值域可得集合，进而可得.

【详解】解不等式得，

又，所以，即集合，

所以，

故选：B.

2．设，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】先求出复数，再求其共轭复数，即可判断.

【详解】复数，

所以的共轭复数，

所以在复平面内的共轭复数对应的点位于第四象限.

故选：D.

3．记为数列的前项和，给出以下条件，其中一定可以推出为等比数列的条件是（    ）

A． B． C． D．是等比数列

【答案】A

【分析】用与的关系，求出通项公式，根据等比数列的判定，即可判断正误.

【详解】对于A，已知，所以，

所以是首项为1，公比为2的等比数列，

，符合上式

所以是通项为的等比数列，A选项正确；

对于B，已知，所以，

，不符合上式

所以，B选项错误；

对于C，已知，当首项为零时，不符合题意，C选项错误；

对于D，已知是等比数列，则设的通项公式为

不符合等比数列的通项公式，D选项错误；

故选：A.

4．恩格尔系数，国际上常用恩格尔系数来衡量一个地区家庭的富裕程度，恩格尔系数越低，人民生活越富裕.某地区家庭2021年底恩格尔系数为50%，刚达到小康，预计从2022年起该地区家庭每年消费支出总额增加30%，食品消费支出总额增加20%，依据以上数据，预计该地区家庭恩格尔系数满足达到富裕水平，至少经过（    ）年（参考数据：，，，）

A．8年 B．7年 C．4年 D．3年

【答案】C

【分析】根据“每年消费支出总额增加30%，食品消费支出总额增加20%”以及列不等式，解不等式即得.

【详解】设经过的年份为年，依题意有，即，

两边取以为底的对数得，即，

故至少经过年，可使家庭恩格尔系数满足达到富裕水平.

故选：C.

5．某校举行科技文化艺术节活动，学生会准备安排6名同学到两个不同社团开展活动，要求每个社团至少安排两人，其中，两人不能分在同一个社团，则不同的安排方案数是（    ）

A．56 B．28 C．24 D．12

【答案】B

【分析】设两个社团分别为甲乙，按A在甲社团B在乙社团和A在乙社团B在甲社团两种类型讨论，每种类型又分甲社团有2 人、3 人、4 人三种情况，运用排列组合公式计算方案数.

【详解】设两个社团为甲社团和乙社团，

当A在甲社团B在乙社团时，甲社团有2 人有种方案，甲社团有3 人有种方案，甲社团有4人有种方案，共种方案；

当B在甲社团A在乙社团时，同理也有14种方案；

所以不同的安排方案数是14+14=28.

故选：B

6．设，，若对，，则与的夹角等于（    ）

A．30° B．60° C．120° D．150°

【答案】D

【分析】对两边平方，然后转化为关于的二次不等式恒成立问题，利用判别式解答即可.

【详解】，设

，

即，

即对很成立，

即对很成立，

，解得，

即，又，

与的夹角等于150°，

故选：D.

7．设，，，，，则（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】分别构造函数；，结合函数的单调性得出答案．

【详解】令，则，

令，

则，

∵，∴，∴在上单调递减，

∴，即当时，恒成立，

∴当时，单调递减，

∵，∴，则，即．

，，

令，则，

当时，，单调递减，

∴，即，∴，

∴，∴．

故选：C．

8．已知为椭圆上一动点，、分别为该椭圆的左、右焦点，为短轴一端点，如果长度的最大值为，则使为直角三角形的点共有（    ）个

A．8个 B．4个或6个 C．6个或8个 D．4个或8个

【答案】B

【分析】分类讨论直角顶点，，三种情况，其中为直角时，因为为短轴一端点，令，长度的最大值为，椭圆，说明椭圆与圆至多有且仅有下顶点这唯一焦点，需要设 ，然后联立方程得出，在分类讨论即可.

【详解】当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有2个；

当为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点有2个；

因为为短轴一端点，令，长度的最大值为，

 椭圆，

所以说明椭圆与圆至多有且仅有下顶点这唯一焦点，

设 ，

所以 ，即

所以 ，

因为，

所以带入中得：

，

因为 ，

所以，

所以，

所以，

因为，

当 带入得：

所以，

所以，

所以即 ，

当 时， 为下顶点，此时 最大为直角，根据对称满足的点有2个，

当 时， 为下顶点，此时 为锐角，满足的点有0个，

所以使为直角三角形的点共有4个或6个，

故选：B.

二、多选题

9．下列结论中，正确的有（    ）

A．若随机变量，，则 B．将一组样本中的每个数据都加上同一个非零常数后，均值与方差都变化 C．已知经验回归方程为，且，，则              D．在线性回归分析中相关指数用来刻画拟合的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好

【答案】AC

【分析】根据正态分布的性质可判断A，根据均值与方差的性质可判断B，根据线性回归直线过样本中心可判断C，根据相关指数的含义可判断D.

【详解】对于A，因为随机变量，，

所以，故A正确；

对于B，将一组样本中的每个数据都加上同一个非零常数后，均值发生变化而方差不变，故B错误；

对于C，因为经验回归方程为，且，，则，即，故C正确；

对于D，在线性回归分析中相关指数用来刻画拟合的效果，若值越大，则模型的拟合效果越好，故D错误.

故选：AC.

10．过直线上的动点作圆的两条切线，切点分别为，，则（    ）

A．原点在以为直径的圆内 B．线段的长度可以为

C．圆上存在不同两点，，使 D．四边形面积的最小值为

【答案】ACD

【分析】设，则为的中点，且，根据勾股定理、等面积法及锐角三角函数得到，，根据的范围，结合条件逐项分析即得.

【详解】依题意，即，

设，则为的中点，且，

所以，

所以，，又，

所以，，

所以，，因为，故B不正确；

所以圆上存在不同两点，，使，故C正确；

由题可知，，

所以原点在以为直径的圆内，故A正确；

因为四边形面积为，

所以四边形面积的最小值为，故D正确.

故选：ACD.

11．正方体的棱长为，为底面的中心，为线段上的动点（不包括两个端点），为线段的中点，则（    ）

A．与是异面直线

B．平面平面

C．存在点使得

D．当为线段中点时，过、，三点的平面截此正方体所得截面的面积为

【答案】BD

【分析】选项A，可证明与共线；选项B，利用面面垂直的判定定理证明；选项C，假设结论成立能推出矛盾；选项D，截面是等腰梯形，可求面积.

【详解】因为、、共线，又，即、、、共面，因此与共面，故A选项不正确；

正方体中，，，，、平面，

平面，因为平面，∴平面平面，故B选项正确；

已知为线段上的动点（不包括两个端点），设，

假设存在点使得，则有：

解得，与重合，与已知矛盾，故C选项不正确；

当为线段中点时，为线段中点，连接，如图所示：

有，得 ，因为，同理,

过、、三点的平面截此正方体所得截面为等腰梯形，

正方体的棱长为2，，，，

过点作，交于点，由，，

从而可得等腰梯形的高为，∴截面等腰梯形的面积为，

所以过、、三点的平面截此正方体所得截面的面积为，故D选项正确；

故选：BD.

12．已知函数，，下列判断中，正确的有（    ）

A．存在，函数有4个零点

B．存在常数，使为奇函数

C．若在区间上最大值为，则的取值范围为或

D．存在常数，使在上单调递减

【答案】BC

【分析】把表示为分段函数，分类讨论作出函数图像，数形结合研究函数的奇偶性、单调区间、最值等性质.

【详解】函数函数图像如图所示：

由图像可知，函数的图像与直线不可能有4个交点，所以不存在使函数有4个零点，A选项错误；

当时，，函数定义域为R，，此时为奇函数，B选项正确；

当或时，在区间上单调递增，最大值为；

当时，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，最大值为，不合题意；

当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，若最大值为，则有，即，由，所以，解得；

综上，在区间上最大值为，则的取值范围为或，C选项正确；

若在上单调递减，则有，不等式组无解，故不存在常数使在上单调递减，D选项错误；

故选：BC

三、填空题

13．已知展开式中所有偶数项的二项式系数和为32，则展开式中不含的各项系数之和为______.

【答案】161

【分析】由题可得，再利用二项展开式的通项公式及赋值法即可求解.

【详解】因为展开式中所有偶数项的二项式系数和为32，

所以，解得，

所以展开式的通项公式为，

所以令，可得展开式中含项的系数为，

所以展开式中不含的各项系数之和为.

故答案为：161.

14．若函数满足，则实数______.

【答案】##

【分析】由可知函数的对称轴方程，把对称轴方程代入函数解析式得到函数最值，可解出实数.

【详解】函数满足，所以函数图像的对称轴为直线 ，

， 其中，

∴，

，，

，两边同时平方，化简得，

∴.

故答案为：

15．若双曲线的右支上存在两点，，使为正三角形（其中为双曲线右顶点），则离心率的取值范围为______.

【答案】

【分析】根据等边三角形的性质以及双曲线图像的对称性，可得，进而即得.

【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为y＝±x，

要使该双曲线右支上存在两点，，使为正三角形，

则需过右顶点，且斜率为的直线与双曲线有两个不同的交点，

也只需其斜率大于渐近线的斜率．

∴，即，

即，

∴，

即，又，

所以．

故答案为：.

四、双空题

16．平面四边形中，，，，，沿将向上翻折，进而得到四面体，①四面体体积的最大值为______；②若二面角的大小为120°，则______.

【答案】     ##    

【分析】第一空：当点到面的距离最大，即当面面时， 四面体的体积最大，取中点，连接，利用体积公式求解即可；

第二空：则以为轴，为轴，在中作轴建立空间直角坐标系，求出AC两点坐标，用两点距离公式求解即可.

【详解】在平面四边形中，，，，

则，为直角三角形

翻折后，要四面体的体积最大，底面的面积是确定的，只要点到面的距离最大即可，则当面面时， 四面体的体积最大

取中点，连接，

因为，为中点，

则，又面面，面面，面，

则面，即为点到面的距离

又，

即四面体体积的最大值为.

过点作，交于，连接，

因为，，

则为二面角的平面角，即，

，，且，面，面

面，

则以为轴，为轴，在中作轴建立空间直角坐标系，如图：

在中，过作交的延长线于，

面，且面，

则面面，又，面面，面

面

，则

则，

在中，

到距离为，到轴距离为，

即，

则

故答案为：；.

五、解答题

17．中，，，，.

(1)若，，求的长度；

(2)若为角平分线，且，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）从向量角度，以为基底，表示出，再用向量法计算的模长，即的长度；

（2）用正弦定理的面积公式分别A表示出，，面积，列出等式计算即可求出A的正弦值，继而求出面积.

【详解】（1）∵，，∴，

又∵在中，，，，

∴，

∴，即：.

（2）在中，，

又∵，

∴，∴，∴，

∴，

∴.

18．如图，在四棱锥中，已知四边形是边长为的正方形，点在底面上的射影为底面的中心，点在棱上，且的面积为1.

(1)若点是的中点，证明：平面平面；

(2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，点为棱上靠近端点的三等分点

【分析】(1) 利用等腰三角形证明且，得出平面，即可得平面平面.

 (2)建立空间直角坐标系，设，由直线与平面所成的角的正弦值为，借助于平面法向量解出.

【详解】（1）证明：∵点在底面上的射影为点，∴平面，

∵四边形是边长为的正方形，∴，

∵，∴，即：，

∴，又∵，点是的中点，

∴，同理可得：，

又∵，且平面，

∴平面，又∵平面，

∴平面平面.

（2）如图，连接，易知，，两两互相垂直，

分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

假设存在点使得直线与平面所成的角的正弦值为，

∵点在棱上，不妨设，，

又，

∴，∴，

∵，，

设平面的法向量为，则

令，则，∴，

又，设直线与平面所成的角为，则，

∴，

即，解得：或（不合题意，舍去），

∴存在点符合题意，点为棱上靠近端点的三等分点.

19．袋中有大小相同的6个球，其中1个白球，2个红球，3个黑球，今从中逐一取出一个球.

(1)若每次取球后放回，记三次取球中取出红球的次数为，求的分布列、期望和方差；

(2)若每次取球后不放回，直至取出3种颜色的球即停止取球，求取球次数恰好为4次的概率.

【答案】(1)分布列见解析，，；

(2).

【分析】（1）由题可得，然后利用二项分布的概率公式可得概率，进而即得；

（2）根据古典概型概率公式结合排列组合知识即得.

【详解】（1）由题可得，且的可能取值为0，1，2，3，

，

，

，

，

∴的分布列为：

∴，；

（2）设取球次数恰好为4次是事件，

∴，

∴.

20．记为数列的前项和，已知，，且数列是等差数列.

(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析；；

(2).

【分析】（1）由题可得，然后根据项与前项和的关系可得，再根据等比数列的定义即得；

（2）由题可得，然后利用分组求和法及求和公式即得.

【详解】（1）∵，，

∴，，

设，则，，

又∵数列为等差数列，

∴，

∴，

∴，

当时，，

∴，

∴，

又∵，

∴，即：，

又∵，

∴是以1为首项，为公比的等比数列，

∴，即；

（2）∵，且，

∴，

∴

，

∴.

21．已知，动点满足以为直径的圆与轴相切，记动点的轨迹为.

(1)求的方程；

(2)设过点的直线与交于，两点，若，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】(1) 设，由以为直径的圆与轴相切，列等式得方程.

(2) 设的方程为：，由，利用三角形面积公式和向量数量积，求解t的值得直线方程.

【详解】（1）设，又∵，∴线段的中点坐标为，

又∵以为直径的圆与轴相切，∴，

∴化简得：.

∴动点的轨迹的方程为.

（2）设，，

易知斜率不为0，不妨设的方程为：，

联立得：，则，.

∵，∴，

∴，

∴，即：，

∵，

且O点到直线AB的距离为，

∴，

又∵

∴，

∴，

∴，

∴直线的方程为：，即：或.

22．已知函数.

(1)求的极值点；

(2)设函数，，若为的极小值，求的取值范围.

【答案】(1)有极小值点为，无极大值点

(2)实数的取值范围为

【分析】（1）求导得，然后令，求得，可得，结合，即可得到函数的零点.

（2）由题意设，然后分与讨论，当时，分与讨论，再结合条件即可得到结果.

【详解】（1）∵，

∴，设，

则，

∴在上单调递增，又∵，

∴时，，时，，

∴在上单调递减，在上单调递增，

∴有极小值点，无极大值点.

（2）∵，

∴，设，

则，

当时，，在上单调递减，

又∵，

∴时，，时，，

∴在上单调递增，在上单调递减，

∴是的极大值点，与题意矛盾.

当时，在上单调递减，

且，

①当时，若，，

∴在上单调递减，又∵∴时，，

∴在上单调递减，与题意矛盾.

②当时，若，则，

∴在上单调递增，又∵∴时，，

∴在上单调递减，若，易证：，

则，

又∵，∴存在使得，

且当时，，

∴在上单调递增，∴，

∴在上单调递增，又∵在上单调递减，

∴是的极小值点，符合题意.

综上，实数的取值范围为.